2023年四川省乐山市高考数学二调数学试卷（理科）（含解析）

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2023年四川省乐山市高考数学二调数学试卷（理科）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知，则( )
A. B. C. D.
2. 设全集为，集合，，则( )
A. B.
C. D.
3. 某乡镇为推动乡村经济发展，优化产业结构，逐步打造高品质的农业生产，在某试验区种植了某农作物为了解该品种农作物长势，在实验区随机选取了株该农作物苗，经测量，其高度单位：均在区间内，按照，，，，分成组，制成如图所示的频率分布直方图，记高度不低于的为“优质苗”则所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为( )
A. B. C. D.
4. 数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音如图为某段乐音的图象，则该段乐音对应的函数解析式可以为( )
A. B.
C. D.
5. 已知，则( )
A. B. C. D.
6. 一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为，下底长为，腰长为的等腰梯形，则该四棱台的体积为( )
A. B. C. D.
7. 已知实数，满足，则下列各项中一定成立的是( )
A. B. C. D.
8. 已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点，则直线与平面所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
9. 已知函数给出下列结论：是的最小值；函数在上单调递增；将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象其中所有正确结论的序号是( )
A. B. C. D.
10. 已知直线：与抛物线交于点、，以线段为直径的圆经过定点，则( )
A. B. C. D.
11. 在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
12. 若存在，使不等式成立，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知，，，则实数 ．
14. 已知的展开式中含项的系数为，则 ．
15. 已知为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线从左往右顺次交于，两点若，则双曲线的离心率为 ．
16. 中，角、、所对的边分别为、、若，且，则周长的最大值为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
某商店销售某种产品，为了解客户对该产品的评价，现随机调查了名客户，其评价结果为“一般”或“良好”，并得到如下列联表：
一般 良好 合计
男
女
合计
通过计算判断，有没有的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？
该商店在春节期间开展促销活动，该产品共有如下两个销售方案方案一：按原价的折销售；方案二：顾客购买该产品时，可在一个装有张“每满元少元”，张“每满元少元”共张优惠券的不透明箱子中，随机抽取张，购买时按照所抽取的优惠券进行优惠已知该产品原价为元件顾客甲若想采用方案二的方式购买一件产品，估计顾客甲需支付的金额；你认为顾客甲选择哪种购买方案较为合理？
附表及公式：
其中，．
18. 本小题分
已知数列是公差为的等差数列，是公比大于的等比数列，，．
求数列和的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
19. 本小题分
如图，在三棱锥中，为的内心，直线与交于，，．
证明：平面平面；
若，，，求二面角的余弦值．
20. 本小题分
已知椭圆经过，两点，，是椭圆上异于的两动点，且，若直线，的斜率均存在，并分别记为，．
求证：为常数；
求面积的最大值．
21. 本小题分
已知函数有两个极值点，
求的取值范围；
若，求的取值范围．
22. 本小题分
在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
求的直角坐标方程；
设直线与曲线交于，，求．
23. 本小题分
设函数．
解不等式；
令的最小值为，正数，，满足，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
，
，
则，
故选：．
利用复数的四则运算法则即可得出．
本题考查了复数的四则运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
又，
故A．
故选：．
求出集合中元素范围，再结合交集、补集的定义，即可求解．
本题主要考查补集、交集的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：高度不低于的频率为，
所以“优质苗”株数为．
故选：．
根据频率分布直方图求出高度不低于的频率，再乘以即可得解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：对于，函数，定义域为，
因为，所以函数为奇函数，
又，故A符合图象；
对于，函数，定义域为，
因为，所以函数为奇函数，
又，故B不符题意；
对于，函数，定义域为，
因为，故C不符题意；
对于，当时，，故D不符题意．
故选：．
根据函数的奇偶性，再利用特殊值法，逐一判断即可．
本题主要考查了三角函数的图象和性质，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：，可得，
，
，
又，
．
故选：．
由已知利用二倍角公式可得，进而根据同角三角函数基本关系式即可计算得解．
本题主要考查了二倍角公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由三视图知，该四棱台的上、下底面都是正方形，且正方形的边长分别为和，高为．
所以四棱台的体积为．
故选：．
由三视图得出该四棱台的上、下底面都是正方形，且正方形的边长分别为和，求出高，再计算四棱台的体积．
本题考查了三视图、四棱台的体积计算问题，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，所以，
则，故A错误；
当时，，所以，故B错误；
因为，所以，
所以，即，故C错误；
因为，所以，，即，故D正确．
故选：．
由，可得，根据不等式的性质即可判断；根据正弦函数的单调性即可判断；根据对数函数的单调性即可判断；根据指数函数及幂函数的单调性即可判断．
本题主要考查了不等式的性质，考查了正弦函数、对数函数和指数函数的单调性，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：点在底面的射影为中点，则平面，
又四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴正方向，建系如图，
平面，平面，，
，，，
、、、，
，
易知平面的一个法向量为，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
故选：．
由已知可得平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值．
本题考查向量法求解线面角问题，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：，
对于，，是的最小值，故正确；
对于，当时，，
所以函数在区间上不具有单调性，故错误；
对于，将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，
得，故正确，
所以正确的有．
故选：．
先利用辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质即可判断，根据平移变换的原则即可判断．
本题主要考查了三角函数的恒等变形，考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：记，则直线的方程可表示为，设点、，
联立，整理得，，则，
由韦达定理得，，，，
又，则，解得，
．
故选：．
记，则直线的方程可表示为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理，结合以及可求得的值，再利用弦长公式，即可得出答案．
本题考查抛物线的性质和直线与抛物线的综合应用，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：如图，取的中点，连接，，
在菱形中，，则，都是等边三角形，
则，
因为平面平面，
所以即为二面角的平面角，
因为，所以，即，
所以平面平面，
如图，设点为的外接圆的圆心，则在上，且，
设点为三棱锥的外接球的球心，则平面，
外接球的半径为，设，
则，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为．
故选：．
如图，取的中点，连接的，，利用勾股定理证明，则有平面平面，设点为的外接圆的圆心，则在上，设点为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解．
本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为成立，
即，
即，
即，
令，
即有，
因为，所以，
令，则原问题等价于存在，使得成立，
因为，
令，即，解得，
令，即，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，
而，
所以当时，，
若存在，使得成立，
只需且，解得且，
所以，
故的取值范围为
故选：．
由成立，可得，令，构造函数，从而问题转化为存在，使得成立，求导判断单调性求得当时，，，进而得到且，即可求解．
本题考查了转化思想、导数的综合运用，构造函数是解答本题的关键，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：由已知得，
，
解得．
故答案为：．
先求出向量的坐标，再利用模的坐标运算列方程求解即可．
本题主要考查了向量的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：，
又的展开式通项为，的展开式通项为，
，解得．
故答案为：．
求出的展开式通项，然后利用含项的系数为列方程求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：双曲线的渐近线方程为，
由题意可得，则，
联立，解得，
联立，解得，
因为两条渐近线从左往右顺次交于，两点，且，
所以，，，所以，
因为，
所以，
整理得，
则，解得或舍去，
所以离心率．
故答案为：．
分别联立直线与双曲线渐近线的方程，求出，两点的坐标，再根据在的右侧，可得，再根据，求得，的齐次式，由此求出，进而可得答案．
本题主要考查双曲线的性质，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为，由正弦定理可得，
所以，，
因为、，则，所以，，故，
由余弦定理可得，
所以，，即，故，
当且仅当时，等号成立，故周长的最大值为．
故答案为：．
利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，即可得出周长的最大值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：，
所以有的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系；
若甲顾客按方案二购买一件产品，设需要出元，则可取，，，
所以元，
所以顾客甲若想采用方案二的方式购买一件产品，估计顾客甲需支付元，
若甲顾客按方案一购买一件产品，则需要元，
因为，
所以顾客甲选择方案二购买较为合理．
【解析】根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；
设甲顾客按方案二购买一件产品需要出元，写出的所有可能取值，求出对应概率，再根据期望公式求出期望即可，再求出选择方案一所需的金额，即可得出结论．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了离散型随机变量的期望，属于中档题．
18.【答案】解：数列是公差为的等差数列，
，
得，，
是公比大于的等比数列，，设公比为，，
，解得负值舍去，
；
由得，
，
，
得
，
．
【解析】由等差数列的求和公式解方程可得首项，进而得到；由等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到；
由等比数列的求和公式，结合数列的错位相减法求和，可得所求和．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式的求解，错位相减法求和，属中档题．
19.【答案】解：证明：设平面，垂足为，作于，于，连接，，
因为平面，，平面，所以，，
又，，，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以，
在和中，因为，，
所以，所以，
在和中，，，
所以，所以，
即点到，的距离相等，
同理点到，的距离相等，
所以点为的内心，所以，两点重合，
所以平面，
又因平面，
所以平面平面；
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，，，
设内切圆的半径为，则，
即，解得，
故，
则，，
则，
设平面的法向量，
则，即，可取，
设平面的法向量，
则，即，可取，
则，
由图可得二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
【解析】设平面，垂足为，作于，于，连接，，先证明，从而可证得，从而可得点为的内心，即，两点重合，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
以点为原点建立空间直角坐标系，利用等面积法求得内切圆的半径，再利用勾股定理求得，即可得，的坐标，再利用向量法求解即可．
本题考查面面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】证明：设直线，，的倾斜角分别为，，，
因为，所以，
即，故，
因为，，所以，所以，
所以，
则，
所以为常数；
解：椭圆经过，两点，
代入得，解得，
所以椭圆方程为，
设，，，由得，
则的方程为，，的方程为，
联立，消得，则，
同理可得，
则
，
令，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为．
【解析】设直线，，的倾斜角分别为，，，根据，可得，即，求出，从而可得出结论；
利用待定系数法求出椭圆方程，设，，，联立方程求出，，再根据，化简计算结合基本不等式即可得解．
本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，圆锥曲线中最值的求法，考查运算求解能力，属于难题．
21.【答案】解：，
由题意得方程有两个不同的实数根，即有两个不同的实数根，
设，对其求导得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以时，函数取得极大值，极大值为，
又因为时，，时，，且时，，
所以方程有两个不同的实数根时，可得，
即函数有两个极值点时，的取值范围是；
由知，函数的两个极值点，是方程的两根，且，
则有，
两式相除，可得，可得，
又由，可得，
所以，
令，则，
令，，
原不等式可转化为恒成立，
因为，
令，
则，
令，
易得在上单调递增，
又由，，则存在，使得，
当时，，则单调递减；当时，，则单调递增，
又，，所以存在，使得
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
又，所以当时，，则，单调递减，
当时，，则，单调递增，
所以当时，，所以，
故实数的取值范围为
【解析】根据题意转化为方程有两个不同的实根，设，求得，求得函数的单调性和极大值，进而求得的取值范围；
由得到，得出，令，得到，求得，令，取得，再令，利用导数求得的单调性，进而得出单调递性和最小值，即可求解．
本题主要考查了函数极值存在条件的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：曲线的极坐标方程为，
，
，化简整理可得，，
故曲线的直角坐标方程为；
直线的方程可改写为为参数，将其代入曲线的方程，化简整理可得，，
设点，对应的参数为，，
由韦达定理可知，，，
故．
【解析】根据已知条件，结合极坐标公式，即可求解；
根据已知条件，将直线进行变形，再结合参数方程的几何意义，即可求解．
本题主要考查极坐标公式，以及参数方程的几何意义，属于中档题．
23.【答案】解：当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得，
综上所述，不等式的解集为；
证明：由题，
当且仅当即时取“等号”，
故的最小值，即，
则，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
所以．
【解析】分，，三种情况讨论，去绝对值符号，从而可得答案；
根据绝对值的三角不等式求出的最小值，再根据基本不等式中“”的整体代换结合基本不等式即可得证．
本题主要考查了绝对值不等式的解法，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
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